Processing math: 100%

М1654. Задача о медиане и биссектрисе неравнобедренного треугольника

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Через основание L и M биссектрисы BL и медианы BM неравнобедренного треугольника ABC провели прямые параллельно, соответственно, сторонам BC и BA до пересечения с прямыми BM и BL в точка D и E. Докажите, что угол BED прямой.

Рис. 1

Первое решение

Обозначим O=LDME, и пусть точка O лежит внутри треугольника ABC (именно такое расположение было предложено рассмотреть на олимпиаде). ME — медиана треугольника MBC (Рис.1), а значит, и треугольника MDL, т.е. OL=OD. Далее DLB=LBC,MEL=ABL=LBC. Получили: MEL=DLB,OL=OE.

Итак, в треугольнике LED медиана EO равна половине стороны LD. Следовательно, угол DEL прямой, откуда сразу следует утверждение задачи.

Случай внешнего расположения точки O рассматривается аналогично. А можно и не рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очевидное предложение.

Рис. 2

Лемма. Пусть B и C — произвольные точки на выходящих из A лучах (Рис.2), BDCK,CEBF. Тогда и EDKF.

Следует из теоремы Фалеса; легко получить его с помощью векторов.

С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи.

Второе решение

Рис. 3

Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе {a,c}, где a=BC,c=BA, длины этих векторов обозначим через a и c соответственно.

Имеем: BL=c+ca+c(ac)=1a+c(ac+ca).

Обозначим BE=αBL, тогда αBL+EM=BM=12(a+c). Приравняем проекции левой и правой частей этого равенства на вектор a:αca+c=12, откуда α=a+c2c.

Аналогично, положив BD=βBM, получим βBM+DL=BL; проектируя обе части этого равенства на c, находим β2=aa+c.

Получили BE=a2+a2cc,BD=aa+c(a+c). Таким образом, BEa=12(aa+cc) — это высота треугольника, построенного на единичных векторах aa и cc. Далее, BEa=1a+c(aaa+ccc) — (внутренняя) точка основания этого треугольника, отличная от основания высоты. Поэтому очевидно(Рис.3), что BDaBEaBE — и утверждение задачи доказано.

Разумеется, к этому решению можно было подойти более формально: вектор BDBE=a(ac)2(a+c)(aacc) параллелен основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения векторов: (BD,BE)=a22(1+(a,c)ac), (BE,BE)=a22(1+(a,c)ac).

А. Акопян, В. Сендеров

М1322. О правильном треугольнике

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 7 выпуск)

Условие

Три отрезка, выходящие из разных вершин треугольника ABC и пересекающиеся в одной точке M, делят его на шесть треугольников. В каждый из них вписана окружность. Оказалось, что четыре из этих окружностей равны. Следует ли отсюда, что треугольник ABC — правильный, если M — точка пересечения а)медиан, б)высот, в)биссектрис, г)M — произвольная точка внутри треугольника?

Решение

Ответ: а), б), в) да; г) нет.

Назовем треугольники, в которые вписаны окружности равных радиусов, отмеченными. Заметим, что какие-то два из отмеченных треугольников примыкают к одной из сторон треугольника ABC. Пусть, для определенности, это будут треугольники BMD и DMC.

  1. Рис. 1

    Поскольку равны площади и радиусы вписанных окружностей отмеченных треугольников, равны и их периметры. Поэтому (рис.1) BM=MC, и, следовательно, AB=AC. Пусть AD=m, BE=CF=n, AB=AC=l, BC=a, а треугольник BMF — отмеченный. Тогда из равенства периметров треугольника BMF и BMD получаем 12+n3+2n3=a2+2n3+m3,
    т. е. 12+n3=a2+m3.
    Пусть X и Y — точки касания вписанных окружностей (см. рис.1) со сторонами BD и BF, DX=x, FY=y. Из свойств отрезков касательной следует, что BM=12y+n3y=a2x+m3x, и с учетом () получаем x=y. Поскольку ADB — прямой, CFB — тоже прямой, т. е. медиана CF является высотой, и треугольник ABC — правильный.

    Если отмечен треугольник AME, то, как и раньше, получаем из равенства периметров l2+2m3+n3=a2+2n3+m3, т. е. la2=nm3.

    Однако во всяком треугольнике большей стороне соответствует меньшая медиана. Поэтому, если l>a, то n<m, наоборот, при l<a будет n>m, так что равенство (**) возможно лишь при a=l. Итак, и в этом случае утверждение доказано.

    Остальные ситуации совпадают с разобранными с точностью до обозначений.

  2. Рис. 2

    И в этом случае треугольники BMD и CMD равны (рис.2), поскольку BMD=CMD (эти углы равны, так как окружности одинаковых радиусов касаются отрезка MD в одной точке). Значит, BD=DC, AB=AC, MF=ME, BF=EC, так что равны треугольники MBF и MEC. Если они отмеченные, то равны и треугольники MBF и MBD (у них общая гипотенуза BM и равные радиусы вписанных окружностей, при этом FBM=MBD — в противном случае, фигура MFBD окажется прямоугольником).

    Если отмечены равные треугольники AMF и AME, то равны и треугольники AME и BMD (они подобны и имеют одинаковые радиусы вписанных окружностей). Но тогда AD=BE, что и завершает доказательство.

  3. Рис. 3

    Мы можем считать отмеченными треугольники AMF и AME (рис.3). Но тогда окружности, вписанные в эти треугольники, касаются отрезка AM в общей точке. Отсюда следует, что AME=AMF и ABE=ACF, т. е. B=C и AB=AC. Если отмечен треугольник BMF, то, пользуясь формулой для площади S=rp применительно к треугольникам AMF и FMB, получаем AM+MF+AFAF=MF+BF+BMBF. Применяя к этим треугольникам теорему синусов, перепишем (***) так:sinα+sin(2α+β)cosβ=sinβ+sin(2α+β)cos2β, откуда получаем после преобразований (пользуясь тем, что α+2β=π2), что sin3β=1,т.е.β=π6, т. е. ABC — правильный треугольник.

    Если отмечены треугольники BMD и CMD, то , так как точка M — центр вписанной в треугольник ABC окружности, получаем SAMEAE=SCMDCD, что дает (формула S=rp) AE+EM+MAAE=CM+MD+DCCD, после чего, рассуждая как и раньше, приходим к равенству cos2β+sin3β=1+sinβ, из которого находим без труда β=π6. И в этом случае ABC — правильный треугольник.

  4. Рис. 4

    Треугольник ABC может и не быть равносторонним. Для его построения (рис.4) проведем прямую, перпендикулярную AF, и выберем на ней точку M так, что π2>MAF>π3. В построенные на рисунке 4 углы впишем равные окружности с центрами O1 и O2, затем из точки A проведем касательную к окружности O2. Эта касательная пересечет прямую MF, в некоторой точке C. Симметрично отразив картинку относительно прямой MF, получим неправильный равнобедренный треугольник ABC (AC=BC), удовлетворяющий условию задачи.

В. Сендеров

М605. Задача о преобразовании плоскости

Условие

На плоскости отмечены 2n+1 различных точек. Занумеруем их числами 1,2,,2n+1 и рассмотрим следующее преобразование R плоскости: сначала делается симметрия относительно первой точки, затем относительно второй и т. д. — до (2n+1)-й точки.

а) Покажите, что y этого преобразования R есть единственная «неподвижная точка» (точка, которая отображается в себя).

Рассмотрим всевозможные способы нумерации наших 2n+1 точек (числами 1,2,,2n+1). Каждой такой нумерации соответствует свое преобразование плоскости R и своя неподвижная точка. Пусть F — множество неподвижных точек всех этих преобразований.

б) Укажите множество F для n=1.

в) Какое максимальное и какое минимальное количество точек может содержать множество F при каждом n=2,3,

Решение

Фиксируем произвольную систему координат.

Пусть точки A(x;y) и A(x;y) симметричны относительно точки A(x;y). Тогда x=(x+x)2,y=(y+y)2, откуда x=2xx,y=2yy.

Таким образом, точка с координатами (x;y) при симметрии относительно точки с координатами (x;y) переходит в точку с координатами (2xx;2yy).

Поэтому при нашем преобразовании R точка с координатами (x;y) перейдет в точку с координатами (x+2x12x2++2x2n+1;y+2y12y2++2y2n+1), где (xi;yi) — координаты i-й из заданных 2n+1 точек.

a) Для неподвижной точки (x;y) преобразования R эти координаты определяются однозначно из условия {x+2x12x2++2x2n+1=xy+2y12y2++2y2n+1=y и равны (x1x2+x2n+x2n+1;y1y2+y2n+y2n+1) или (2n+1i=1(1)i1xi;2n+1i=1(1)i1yi) Утверждение a) доказано.

б) Пусть сначала данные точки X1,X2,X3 не лежат на одной прямой. Если точка A1 после симметрии относительно точек X1,X2,X3 отобразилась в себя (см. рисунок), то X1,X2,X3 — середины отрезков A1A2,A2A3,A3A1, где A2=SX1(A1), A3=SX2(A2). Значит, [A1A2], [A2A3], [A3A1] — медианы треугольника A1A2A3, так что точки A1,A2,A3 можно получить из точек X1,X2,X3 гомотетией с центром в центре тяжести O треугольника X1X2X3 и коэффициентом (2). Этим положение точек Ai(i=1,2,3) определяется однозначно. С другой стороны, каждая точка Ai при соответствующей композиции симметрий относительно точек Xi, отображается в себя (например, SX2(SX1(SX3(A3)))=A3). Поэтому множество F — это три точки, получающиеся из данных точек X1,X2,X3 гомотетией с центром O и коэффициентом (2). Легко видеть, что, если данные точки X1,X2,X3 лежат на прямой, ответ получается, в разумном смысле, тот же.

в) Глядя на выражение (), нетрудно сообразить, что в множестве F точек не больше, чем число способов выбрать из 2n+1 данных точек те n точек, перед абсциссами которых в выражении () будет стоять знак «минус», то есть не больше, чем Cn2n+1. Очевидно, эта оценка точна (возьмите, например, 2n+1 точек на одной прямой с целыми координатами 1,2,22,,22n).

Оценим теперь число неподвижных точек снизу. Спроектируем данные 2n+1 точек на прямую так, чтобы никакие две точки не попали в одну. На этой прямой введем координаты и перенумеруем точки в порядке возрастания координат: x1<x2<<x2n+1. Поставим n минусов перед первыми n числами и рассмотрим сумму x1x2xn+xn+1++x2n+1: она будет соответствовать некоторой неподвижной точке из нашего множества F. Далее произведем следующую операцию: выберем пару чисел xi и xi+1 таких, что перед xi стоит минус, а перед xi+1 — плюс, и поменяем у них знаки (на первом шаге, очевидно, i=n). Каждая такая операция приводит к сумме, соответствующей неподвижной точке из множества F, причем, поскольку после каждой такой операции сумма уменьшатся, все эти неподвижные точки различны. Всего таких операций (вне зависимости от их порядка) мы можем произвести n(n+1), что уже даст нам n(n+1)+1 неподвижных точек. Значит, в F точек не меньше n(n+1)+1. Ровно столько неподвижных точек получится, если, например, снова взять 2n+1 точек на прямой с целыми координатами n,(n1),,1,0,1,2,,n1,n. При всевозможных способах расстановки n «минусов» перед некоторыми из них максимальное значение суммы этих чисел равно 2(1+2++n)=n(n+1), минимальное значение равно n(n+1), причем сумма может принимать любое четное значение между числами n(n+1) и n(n+1) — всего n(n+1)+1 значений.

И. Клумова, А. Талалай

M677. О высоте, медиане и биссектрисе, радиусе вписанной окружности в правильном треугольнике

Задача из журнала «Квант» (выпуск №4, 2001)

Условие

Внутри остроугольного треугольника ABC выбрана точка M, являющаяся:

  1.   точкой пересечения медиан;
  2. точкой пересечения биссектрис;
  3. точкой пересечения высот.

Докажите, что если радиусы окружностей, вписанных в треугольники AMBBMCAMC равны, то треугольник ABC — правильный.

Решение

Рис.1
  1.  Площади треугольников AMB, BMC и  AMC (Рис.1) одинаковы – они равны 13SABC(докажите это).
    Поскольку площадь S треугольника, его полупериметр p и радиус r вписанной в него окружности связаны соотношением S=pr, периметры треугольников AMB, BMC и AMC также одинаковы.Предположим теперь, что треугольник ABC – неправильный; пусть, например, |AB|>|BC|. Тогда угол BDA – тупой, поэтому |AM|>|MC|, так что периметр треугольника AMB больше периметра треугольника BMC – противоречие.

    Рис.2
  2.  Поскольку ^CBM=^CBM и радиусы окружностей, вписанных в треугольники AMB и BMC, равны, эти окружности касаются биссектрисы BM в одной и той же точке (Рис.2).
    Из этого следует, что все три окружности попарно касаются, и их центры O1, O2 и O3 образуют правильный треугольник, стороны которого перпендикулярны биссектрисам данного треугольника ABC. Поэтому, например, ^BMC=π+A2=2π3, то есть ˆA=π3. Аналогично доказывается, что B=C=π3.

    Рис.3
  3. Как и в задаче 1, предположим, что треугольник  ABC – неправильный; пусть, например,  |BC|>|AC|. Обозначим через D и E точки касания окружностей, вписанных в треугольники AMB и BMC соответственно, со сторонами AC и BC (Рис.3).  Поскольку радиусы этих окружностей равны и ^CAM=^CBM, |AD|=|BE|. Значит,  |CD|<|CE|.

С другой стороны, при  нашем предположении ˆB<ˆA, так что ^MCA=π2ˆA<π2ˆB=^BCM. Поэтому |CD|>|CE| – противоречие.

А.Егоров

М1633. Биссектрисы

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 2 выпуск)


Условие задачи

В треугольнике ABC отрезки CM и BN – медианы, P и Q  – точки соответственно на AB и AC такие, что биссектриса угла C треугольника одновременно является биссектрисой угла MCP, а биссектриса угла B – биссектрисой угла NBQ. Можно ли утверждать, что треугольник ABC равнобедренный, если
а) BP=CQ;
б) AP=AQ;
в) PQ||BC;
Отрезки BQ и CP называются симедианами.

Решение

Теорема

AB=c, AC=b, AS – симедиана. Тогда BSSC=c2b2.

Пусть AM – медиана; обозначим α=BAS=CAM, MAS=β (рис.1).
Имеем: BSSC=SABSSASC=csinαb(sinα+β), 1=SABMSAMC=csin(α+β)bsinα.
Значит, BSSC=c2b2.

а) Да. Перепишем равенство BP=CQ, пользуясь теоремой:b3+ba2=c3+ca2.
Поскольку f(x)=x3+xa2 – монотонная функция, получаем, что b=c.
К этому равенству можно прийти и так: b3c3=a2(cb); значит, при bc будет b2+bc+c2=a2; но b2+bc+c20.
в) Да. AQQC=APPB, т.е. c2a2=b2a2.

б) Нет. AP=cb2b2+a2, AQ=bc2c2+a2.
Перепишем AP=AQ:bc(bc)=a2(bc). Значит, в неравнобедренном треугольнике таком, что a2=bc, имеем AP=AQ.

  1. Если A – наибольший или наименьший угол треугольника, AP=AQ, то треугольник равнобедренный.
  2. Неравнобедренный треугольник такой, что AP=AQ – это треугольник со сторонами вида d,dq,dq2, где q1.
  3. Пункт б) (именно он предлагался на Турнире городов) можно решить и без помощи теоремы, пользуясь лишь соображениями непрерывности. Это можно сделать по такой, например, схеме.
    Пусть для треугольника ABC будет AP>AQ, а для треугольника ABC AP<AQ. «Перетянем» A в A, B в B, C в C; по дороге нам встретится треугольник ABC такой, что AP=AQ. Если возникающие при этом «перетягивании» треугольники не являются равнобедренными, то задача решена.

Приведем пример реализации этой схемы.
Рассмотрим треугольник рисунка 2:

AB=1,A=π3,B=π2; CD– биссектриса.
Так как ADBD=ACBC, то AD>12: следовательно, AP>12.
Далее, ABQ=NBC=π6; значит, AQ=12.

Рассмотрим теперь треугольник рисунка 3:
A=π4,B=π2,BC=1. Имеем: AQ=22; обозначим через G точку пересечения медиан, из подобных треугольников CQG и CBP получаем BPBC=GQQC=GQBQ=13. Окончательно: AP=1BP=23<22=AQ.

В. Сендеров